巧借构造，巧解二元不等式问题

李寒

导数问题无异于整个高中数学学习阶段最让同学头疼的一个内容，不仅知识点多，题型变化大，更重要的是还有很多需要掌握的解题技巧，构造法无异于一种缜密的考查模式在其中大放异彩。构造法在导数部分有多重考查方式，笔者现就二元不等式问题加以分析。

例1.已知函数f（x）=αlnx+（x+1），若图象上存在两个不同的点A（x■，y■）、B（x■，y■）（x■>x■），使得f（x■）-f（x■）≤4（x■-x■）成立，则实数的取值范围为______

【解析】將f（x■）-f（x■）≤4（x■-x■）整理可得：f（x■）-4x■≤f（x■）-4x■（x■>x■），

设g（x）=f（x）-4x，由题意可得g（x）在（0，+∞）上存在单调递减区间，

即g'（x）≤0在（0，+∞）上有解，

∵g（x）=αlnx+（x+1）■-4x=αlnx+x■-2x+1，∴g'（x）=■+2x-2，

设g'（x）≤0，又x>0，分离参数可得a≤2x-2x■，由存在，可知a<（2x-2x■）■，

∴a<■.

【小结】此类二元不等式问题出题的目的就是在于构造一个新函数，把不等式转化为新函数的单调性，再借助导数的正负来控制即可.

【备注】此题要求存在，故求的是函数y=2x-2x■的最大值。

例2.已知函数f（x）=αlnx（x+1）-x■在区间（0，1）内任取两个实数p，q，且p≠q，不等式■>2恒成立，则实数a的取值范围为（ ）

A.（12，30] B.（-∞，18] C.[18，+∞） D.（-2，18]

【解析】∵p≠q，不妨设p>q，则p-q>0，

原式可化为f（p+1）-f（q+1）>2（p+1）-2（q+1），

即f（p+1）-f2（p+1）>f（q+1）-2（q+1），

设函数g（x）=f（x+1）-2（x+1），由题可知g（x）在（0，1）上为单调递增函数，

故g'（x）≥0在（0，1）上恒成立.

∵g（x）=f（x=1）-2（x+1）=αlnx（x+2）-（x+1）■-2（x+1），∴g'（x）=■-2x■+8x+8，

令g'（x）≥0，又x∈（0，1），分离参数可得a≥2x■+8x+8，

由恒成立，可得a≥（2x■+8x+8）■，

∴a≥18。

【备注】此题要求恒成立，因此求的是函数y=2x■+8x+8的最大值。

例3.已知f（x）=x+αlnx（a>0）对于（■，1）内的任意两个相异实数x■，x■，恒有f（x■）-f（x■）>■-■，求实数a的取值范围。

【解析】∵x■≠x■，不妨设x■>x■，则■<■，

又由f（x）=x+αlnx（a>0）在（■，1）上单调递增，可知f（x■）>f（x■），

故f（x■）-f（x■）>■-■可化为f（x■）-f（x■）>■-■，即f（x■）+■>f（x■）+■，

设g（x）=f（x）+■，则g（x）在（■，1）上单调递增，即g'（x）≥0在（■，1）上恒成立，

∵g（x）=f（x）+■=x+αlnx+■，∴g'（x）=1+■-■，

令g'（x）≥0，又x∈（■，1），分离参数可得a≥■-x，

由恒成立，可得a≥（■-x）■，

∴a≥■。

【备注】此题条件中增加了绝对值，由此去掉绝对值应该是关键，故题干条件中附加了a>0，就是为了得到函数f（x）的单调性，方便去掉绝对值。

【小结】在导数问题中，题干条件会经常对自变量或者参数进行一定的限制，解题时一定要关注限制条件，能减少对题目的讨论。

例4.若函数f（x）满足：“对于区间（1，2）上的任意实数x■，x■（x■≠x■），f（x■）-f（x■）

A.f（x）=■ B.f（x）=x C.f（x）=2■ D.f（x）=x■

【解析】将答案带回检验，先检验A选项，f（x0=■在上单调递减，不妨设x■>x■，则f（x■）-f（x■）

设g（x）=f（x）+x，由题意，g（x）在（1，2）上单调递增，明显成立，故选A。

【小结】作为选择判定题，代答案进行检验无异于一种快捷又不易出错的方法。

例5.已知函数f（x）=■x■+（1-a）x-αlnx.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设a<0，若对∨x■，x■∈（0，+∞），f（x■）-f（x■）≥4x■-x■，求a的取值范围。

【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

f'（x）=x+1-a-■=■，

①若a≤0，则f'（x）>0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增；

②若a>0，则由f'（x）=0得x=a，

当0a时，f'（x）>0，

此时f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增.

（2）不妨设x■≤x■，而a<0，由（1）知f（x）在（0，+∞）上单调递增，

∴f（x■）≤f（x■），从而∨x■，x■∈（0，+∞），f（x■）-f（x■）≥4x■-x■，

等价于∨x■，x■∈（0，+∞），4x■-f（x■）≥4x■-f（x■）

令g（x）=4x-f（x），则g'（x）=■-x+3+a，

故g（x）在（0，+∞）上单调递减，

∴g'（x）≤0对∨x∈（0，+∞）恒成立，

分离参数可得a≤■对∨x∈（0，+∞）恒成立，∴a≤（■）■，

又■=x+1+■-5≥2■-5=-1，当且仅当x+1=■即x=1时等号成立，

∴a≤-1

【小结】导数解答题的第一个问如果是讨论函数的单调性，则极有可能作为已知条件应用到后续问题求解中。

例6.已知a，b是实数，1和-1是函数f（x）=x■+ax■+bx的两个极值点.

（1）求a和b的值；

（2）设函数g（x）的导函数g'（x）=f（x）+2，求g（x）的极值点；

（3）若h（x）=-■（cbx-■）+2lnx（c∈R），当x■≤x■时，不等式[■-■]（x■-x■）<0恒成立，求c的取值范围。

【解析】（1）由f（x）=x■+ax■+bx，得f'（x）=3x■+2ax+b，

又1和-1是函数f（x）的两个极值点，

∴ f'（1）=3+2a+b=0

f'（-1）=3-2a+b=0，解得a=0，b=-3，

（2）∵由（1）得f（x）=x■-3x，

∴g'（x）=f（x）+2=（x-1）■（x+2），

令g'（x）=0，解得x=1或x=-2，

∵當x<-2时，g'（x）<0；当-20，

∴x=-2是g（x）的极值点。

∵当-21时，g'（x）>0，

∴x=1不是g（x）的极值点。

∴g（x）的极值点是-2。

（3）由（1）知a=0，b=-3，则h（x）=-■（vbx-■）+2lnx=cx-■+2lnx，

不妨设x■>x■>0，

所以x■-x■>0，故不等式[■-■]（x■-x■）<0，

即■-■<0恒成立，整理得x■h（x■）

所以函数y=xh（x）在（0，+∞）上单调递减，

设ω（x）=xh（x），则ω（x）=cx■-c+2xlnx，ω'（x）=2cx+2+2lnx，

由题意得ω'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，

即2cx+2+2lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，

因为x>0，分离参数不等式等价于c≤■（x>0），

记F（x）=-■（x>0），

则F'（x）=■，

所以当x∈（0，1）时，F'（x）≤0，函数单调递减；

当x∈（1，+∞）时，F'（x）>0，函数单调递增，

故F（x）≥F（1）=-1，即F（x）的最小值为-1，

故c≤-1.

【小结】当式子较为复杂时，应该从这样的角度着手：先把式子尽量化为最简，再将含的所有部分整理到一边，含的所有部分整理到另一边，即可得构造的新函数，同时注意不等号方向是否有变化。

【巩固练习】

练习1.已知函数f（x）=x■-mx+m-1，若对于区间[2，■内任意两个相异实数x■，x■，总有f（x■）-f（x■）≥x■-x■成立，求实数m的取值范围。

练习2.定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个不同的实数x■，x■，均有f（x■）-f（x■）≥kx■-x■成立，则称函数f（x）在定义域D上满足利普希茨条件，对于函数f（x）=■（x≥1）满足利普希茨条件，则常数k的最小值应是（ ）

A.2 B.1 C.■ D.■

练习3.已知函数f（x）=αlnx-（a+2）x+x■

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）若对于任意a∈[4，10]，x■，x■∈[1，2]，恒有■≤■成立，试求λ的取值范围。

练习4.设函数f（x）=xe■。

（1）求f（x）的单调区间与极值；

（2）是否存在实数，使得对任意的x■，x■∈（a，+∞），当x■

■>■成立.若存在，求a的范围，若不存在，请说明理由。

【参考答案】

练习1.m∈[4，5]

练习2.C

练习3.（1）当a≤0时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；

当0

当a=2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；

当a>2时，f（x）在（0，1），（■，+∞）上单调递增，在（1，■）上单调递减。

（2）.λ∈[12，+∞）

练习4.（1）f（x）的单调递减区间是（-∞，-1），单调递增区间是（-1，+∞），

f（x）■=f（-1）=-■；

（2）a∈[-2，+∞）。